(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第22練 導(dǎo)數(shù)的概念及簡單應(yīng)用試題.docx
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第22練導(dǎo)數(shù)的概念及簡單應(yīng)用明晰考情1.命題角度:考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值.2.題目難度:中低檔難度考點一導(dǎo)數(shù)的幾何意義要點重組(1)f(x0)表示函數(shù)f(x)在xx0處的瞬時變化率(2)f(x0)的幾何意義是曲線yf(x)在點P(x0,y0)處切線的斜率1已知函數(shù)f(x1),則曲線yf(x)在點(1,f(1)處切線的斜率為()A1B1C2D2答案A解析由f(x1),知f(x)2.f(x),且f(1)1.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義,得所求切線的斜率k1.2設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2,若曲線yf(x)在點P(x0,f(x0)處的切線方程為xy0,則點P的坐標(biāo)為()A(0,0) B(1,1)C(1,1) D(1,1)或(1,1)答案D解析由題意可知f(x)3x22ax,則有f(x0)3x2ax01,又切點為(x0,x0),可得xaxx0,兩式聯(lián)立解得或則點P的坐標(biāo)為(1,1)或(1,1)故選D.3(2018全國)設(shè)函數(shù)f(x)x3(a1)x2ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為()Ay2xByxCy2xDyx答案D解析方法一f(x)x3(a1)x2ax,f(x)3x22(a1)xa.又f(x)為奇函數(shù),f(x)f(x)恒成立,即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立,a1,f(x)3x21,f(0)1,曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為yx.故選D.方法二f(x)x3(a1)x2ax為奇函數(shù),f(x)3x22(a1)xa為偶函數(shù),a1,即f(x)3x21,f(0)1,曲線yf(x)在點(0,0)處的切線方程為yx.故選D.4若直線ykxb是曲線ylnx2的切線,也是曲線yln(x1)的切線,則b_.答案1ln2解析ylnx2的切線為yxlnx11(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x1)yln(x1)的切線為yxln(x21)(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x2),解得x1,x2,blnx111ln2.考點二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性方法技巧(1)若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f(x)0或f(x)0.(2)若已知函數(shù)的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式f(x)0或f(x)0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解5已知函數(shù)f(x)lnxx,若af,bf(),cf(5),則()AcbaBcabCbcaDacb答案A解析f(x)10恒成立,f(x)在(0,)上為減函數(shù)afln33f(3)3f()f(5),abc.故選A.6定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x),已知y2f(x)的圖象如圖所示,則yf(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A0,1B1,2C(,1 D(,2答案D解析根據(jù)函數(shù)y2f(x)的圖象可知,當(dāng)x2時,2f(x)1f(x)0,且使f(x)0的點為有限個,所以函數(shù)yf(x)在(,2上單調(diào)遞增,故選D.7若函數(shù)f(x)2x33mx26x在區(qū)間(2,)上為增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍為()A(,2) B(,2C.D.答案D解析f(x)6x26mx6,當(dāng)x(2,)時,f(x)0恒成立,即x2mx10恒成立,mx恒成立令g(x)x,g(x)1,當(dāng)x2時,g(x)0,即g(x)在(2,)上單調(diào)遞增,m2,故選D.8定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)恒成立,若x1f(x1)Bf(x2)0,所以g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x1x2時,g(x1)f(x1)考點三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值方法技巧(1)函數(shù)零點問題,常利用數(shù)形結(jié)合與函數(shù)極值求解(2)含參恒成立或存在性問題,可轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題;若能分離參數(shù),可先分離特別提醒(1)f(x0)0是函數(shù)yf(x)在xx0處取得極值的必要不充分條件(2)函數(shù)f(x)在a,b上有唯一一個極值點,這個極值點就是最值點9若x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點,則f(x)的極小值為()A1B2e3C5e3D1答案A解析函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1,則f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1由x2是函數(shù)f(x)的極值點,得f(2)e3(42a4a1)(a1)e30,所以a1.所以f(x)(x2x1)ex1,f(x)ex1(x2x2)由ex10恒成立,得當(dāng)x2或x1時,f(x)0,且當(dāng)x2時,f(x)0;當(dāng)2x1時,f(x)0;當(dāng)x1時,f(x)0.所以x1是函數(shù)f(x)的極小值點所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)1.故選A.10已知函數(shù)f(x)axlnx,當(dāng)x(0,e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時,函數(shù)f(x)的最小值為3,則a的值為()AeBe2C2eD2e2答案B解析函數(shù)f(x)的定義域為(0,),函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x).當(dāng)a0時,f(x)0,f(x)在(0,e上單調(diào)遞減,f(x)minf(e)0,與題意不符當(dāng)a0時,f(x)0的根為.當(dāng)0e時,f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,f(x)minf1ln3,解得ae2.當(dāng)e時,f(x)0,f(x)在(0,e上單調(diào)遞減,f(x)minf(e)0,與題意不符綜上所述,ae2.故選B.11設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f(x),對任意xR,都有f(x)f(x)x2,在(0,)上f(x)x,若f(2m)f(m)m22m20,則實數(shù)m的取值范圍為_答案1,)解析令g(x)f(x),則g(x)g(x)0,g(x)是R上的奇函數(shù)又當(dāng)x(0,)時,g(x)f(x)x0,所以g(x)在(0,)上單調(diào)遞減,所以g(x)是R上的單調(diào)減函數(shù)原不等式等價于g(2m)g(m)0,g(2m)g(m)g(m),所以2mm,m1.12(2018江蘇)若函數(shù)f(x)2x3ax21(aR)在(0,)內(nèi)有且只有一個零點,則f(x)在1,1上的最大值與最小值的和為_答案3解析f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)當(dāng)a0時,f(x)0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,又f(0)1,f(x)在(0,)上無零點,不合題意當(dāng)a0時,由f(x)0,解得x,由f(x)0,解得0x,f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增又f(x)只有一個零點,f10,a3.此時f(x)2x33x21,f(x)6x(x1),當(dāng)x1,1時,f(x)在1,0上單調(diào)遞增,在(0,1上單調(diào)遞減又f(1)0,f(1)4,f(0)1,f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.1已知f(x)lnx,g(x)x2mx(m0),直線l與函數(shù)f(x),g(x)的圖象都相切,且與f(x)圖象的切點為(1,f(1),則m等于()A1B3C4D2答案D解析f(x),直線l的斜率為kf(1)1.又f(1)0,切線l的方程為yx1.g(x)xm,設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點坐標(biāo)為(x0,y0),則有x0m1,y0x01,y0xmx0(m0),于是解得m2.故選D.2若函數(shù)f(x)xsin2xasinx在(,)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是()A1,1B.C.D.答案C解析方法一(特殊值法)不妨取a1,則f(x)xsin 2xsin x,f(x)1cos 2xcos x,但f(0)110,不具備在(,)上單調(diào)遞增,排除A,B,D.故選C.方法二(綜合法)函數(shù)f(x)xsin 2xasin x在(,)上單調(diào)遞增,f(x)1cos 2xacos x1(2cos2x1)acos xcos2xacos x0,即acos xcos2x在(,)上恒成立當(dāng)cos x0時,恒有0,得aR;當(dāng)0cos x1時,得acos x,令tcos x,g(t)t在(0,1上為增函數(shù),得ag(1);當(dāng)1cos x0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,此時由不等式f(x)(x2)ex0,解得x2.3已知函數(shù)f(x)x3mx24x3在區(qū)間1,2上是增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍為()A4m5B2m4Cm2Dm4答案D解析函數(shù)f(x)x3mx24x3,可得f(x)x2mx4,函數(shù)f(x)x3mx24x3在區(qū)間1,2上是增函數(shù),可得x2mx40在區(qū)間1,2上恒成立,可得mx,x24,當(dāng)且僅當(dāng)x2時取等號,可得m4.4若函數(shù)f(x)(x1)ex,則下列命題正確的是()A對任意m,都存在xR,使得f(x),都存在xR,使得f(x)mC對任意m,方程f(x)m總有兩個實根答案B解析f(x)(x2)ex,當(dāng)x2時,f(x)0,f(x)為增函數(shù);當(dāng)x2時,f(x)0,方程6x22x10中的200恒成立,即f(x)在定義域上單調(diào)遞增,無極值點7已知函數(shù)f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零點,則a等于()AB.C.D1答案C解析方法一f(x)x22xa(ex1ex1)(x1)2aex1e(x1)1,令tx1,則g(t)f(t1)t2a(etet)1.g(t)(t)2a(etet)1g(t),函數(shù)g(t)為偶函數(shù)f(x)有唯一零點,g(t)也有唯一零點又g(t)為偶函數(shù),由偶函數(shù)的性質(zhì)知g(0)0,2a10,解得a.故選C.方法二f(x)0a(ex1ex1)x22x.ex1ex122,當(dāng)且僅當(dāng)x1時取“”x22x(x1)211,當(dāng)且僅當(dāng)x1時取“”若a0,則a(ex1ex1)2a,要使f(x)有唯一零點,則必有2a1,即a.若a0,則f(x)的零點不唯一故選C.8定義:如果函數(shù)f(x)在m,n上存在x1,x2(mx1x2n)滿足f(x1),f(x2),則稱函數(shù)f(x)是m,n上的“雙中值函數(shù)”已知函數(shù)f(x)x3x2a是0,a上的“雙中值函數(shù)”,則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.C.D.答案C解析因為f(x)x3x2a,所以由題意可知,f(x)3x22x在區(qū)間0,a上存在x1,x2(0x1x2a),滿足f(x1)f(x2)a2a,所以方程3x22xa2a在區(qū)間(0,a)上有兩個不相等的實根令g(x)3x22xa2a(0xa),則解得a1,所以實數(shù)a的取值范圍是.9已知函數(shù)f(x)axlnx,aR,若f(e)3,則a的值為_答案解析因為f(x)a(1lnx),aR,f(e)3,所以a(1lne)3,所以a.10已知函數(shù)f(x)x32ax21在x1處的切線的斜率為1,則實數(shù)a_,此時函數(shù)yf(x)在0,1上的最小值為_答案解析由題意得f(x)3x24ax,則有f(1)3124a11,解得a,所以f(x)x3x21,則f(x)3x22x,當(dāng)x0,1時,由f(x)3x22x0,得x1;由f(x)3x22x0,得0x,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以函數(shù)f(x)在x處取得極小值,即為最小值,所以最小值為f321.11(2018全國)已知函數(shù)f(x)2sinxsin2x,則f(x)的最小值是_答案解析f(x)2cosx2cos2x2cosx2(2cos2x1)2(2cos2xcosx1)2(2cosx1)(cosx1)cosx10,當(dāng)cosx時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)cosx時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)cosx時,f(x)有最小值又f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx),當(dāng)sinx時,f(x)有最小值,即f(x)min2.12已知函數(shù)f(x)exx,若f(x)0的解集中只有一個正整數(shù),則實數(shù)k的取值范圍為_答案解析由f(x)0,即exx0,即kx只有一個正整數(shù)解,設(shè)g(x),所以g(x),當(dāng)x0,當(dāng)x1時,g(x)0,所以g(x)在(,1)上單調(diào)遞增,在(1,)上單調(diào)遞減,所以g(x)maxg(1),由圖可知,kx的唯一一個正整數(shù)解只能是1,所以有解得k,所以實數(shù)k的取值范圍為.- 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